练习7-(8＋1+1+1选择+实验+计算+选做)-高考物理复习限时提分练（解析版）

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2021 年高考物理二轮复习提分限时练(七)

本试卷(8＋1+1+1 选择+实验+计算+选做)四部分，考试时间 50 分钟。

一、选择题(本题共 8小题，在每小题给出的四个选项中，第 1～5题只有一项符合题目要求，第 6～8题有

多项符合题目要求。)

1、如图所示，将长为 L的导线弯成六分之一的圆弧(O点为圆心)，固定于垂直纸面向外、大小为 B的匀强

磁场中，两端点 A、C连线竖直，若给导线通以由 A到C、大小为 I的恒定电流，则导线所受安培力的大小

和方向是(　　)

A.ILB，水平向左 B.ILB，水平向右

C.，水平向右 D.，水平向左

答案　D

解析　弧长为 L，圆心角为 60°，半径 R＝＝，△ACO 为等边三角形，则弦长AC＝，导线受到的安培力大小

F＝BI·AC＝，由左手定则可知，导线受到的安培力方向水平向左，选项 D正确。

2、如图甲所示，ab 为磁场边界，在 ab 的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t＝0时刻磁场方向垂直于竖直

圆环平面向里，用一根横截面积为 S、电阻率为 ρ的硬质导线做成两个半径分别为 r和2r的圆环 1和圆环

2，让圆环的直径与边界重合．磁场磁感应强度 B随时间 t变化的关系如图乙所示，则 0～t1时间内(　　)

A．两圆环中产生感应电流的方向为逆时针

B．两圆环一直具有扩张的趋势

C．环 1和环 2中感应电流的大小之比为 1∶2

D．环 1和环 2中的电功率之比为 1∶4

答案　C

解析　磁感应强度方向向里且减小，由楞次定律“增反减同”可知，圆环中的感应电流方向为顺时针，0

～t0时间内为了阻碍磁通量的减小，圆环有扩张的趋势，t0～t1时间内为了阻碍磁通量的增大，圆环有缩小

的趋势，A、B错误；由题图乙可知磁场均匀变化，即恒定，根据法拉第电磁感应定律 E＝＝S′可知产生

的感应电动势大小之比为＝＝，根据电阻定律 R＝ρ＝ρ可知两环的电阻之比为＝，故感应电流之比为＝＝，

C正确；电功率之比为＝＝，D错误．

3、如图为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于 n＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光

子，用这些光照射逸出功为 2.25 eV 的金属钾，下列说法正确的是(　　)

A．这群氢原子能发出 3种频率不同的光，其中从 n＝3跃迁到 n＝2所发出的光波长最短

B．这群氢原子能发出 2种频率不同的光，其中从 n＝3跃迁到 n＝1所发出的光频率最小

C．金属钾表面所发出的光电子的最大初动能为 9.84 eV

D．金属钾表面所发出的光电子的最大初动能为 12.86 eV

答案：C

解析：一群处于第 n能级的氢原子向低能级跃迁时，向外辐射光的种类有种，则一群氢原子从 n＝3能

级向较低能级跃迁时能辐射 3种光，由 hν＝Em－En可知从 n＝3能级跃迁到 n＝2能级所发出的光能级差最

小，即频率最小，由 λ＝知波长最长，选项 A、B错误；所发出的 3种光中频率最大的是从 n＝3能级跃迁

到n＝1能级的光，即 hν＝E3－E1＝12.09 eV，由光电效应方程可得 Ek＝hν－W0＝12.09 eV－2.25 eV＝9.84

eV，选项 C正确，D错误．

4、如图所示，单刀双掷开关置于 a位置时，理想变压器原、副线圈匝数比为 101，A1、A2为理想交流电

流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为热敏电阻(阻值随温度升高而减小)．原线圈两

端电压 u＝220sin100πt V，以下说法正确的是(　　)

A．开关置于 a位置，当 t＝ s 时，电压表 V1示数为 11 V

B．开关置于 a位置，R3处温度升高，电压表 V1、V2示数均不变

C．R3处温度不变，开关由 a位置换为 b位置，电流表 A1、A2示数均变大

D．通过电流表 A1、A2的电流方向每秒均变化 50 次

答案：C

解析：原线圈两端电压有效值为 220 V，开关置于 a位置时，原、副线圈匝数比为 101，所以副线圈

的电压有效值为 22 V，电压表 V1示数为 22 V 保持不变，与时刻无关，A错误；当温度升高时，R3的电阻

减小，副线圈所在电路总电阻减小，所以副线圈电路的总电流要变大， R1两端的电压变大，R2两端电压变

小，所以电压表 V2示数变小，B错误；当开关由 a位置换为 b位置时，副线圈电压增大，电流表 A2示数增

大，电流表 A1示数也变大，C正确；交流电的周期为 T＝＝ s＝0.02 s，所以通过电流表 A1、A2的电流方向

每秒变化 100 次，D错误．

5、中国航天的发展一直偏重应用，而在纯科学的空间天文与深空探测方面，过去长期是空白的，所以中

国航天部计划 2018 年将利用“嫦娥五号”进行第一次火星探测．之前美国已发射了凤凰号着陆器降落在火

星北极进行勘察．如图为凤凰号着陆器经过多次变轨后登陆火星的轨迹图，轨道上的P、S、Q三点与火星

中心在同一直线上，P、Q两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火星点，且PQ＝2QS(已知轨道Ⅱ为圆轨

道)．关于着陆器，下列说法正确的是(　　)

A．在 P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要点火加速

B．在轨道Ⅱ上 S点的速度小于在轨道Ⅲ上 Q点的速度

C．在轨道Ⅱ上 S点与在轨道Ⅲ上 P点受到的万有引力相同

D．在轨道Ⅱ上由P到S的时间是其在轨道Ⅲ上由P到Q时间的 2倍

答案：B

解析：在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需点火减速，选项 A错误；由 G＝m可得 v＝，即近火星圆轨道卫

星的速度大于在圆轨道Ⅱ上的速度，所以在轨道Ⅱ上 S点的速度小于在轨道Ⅲ上 Q点的速度，选项 B正确；

在S和P两点受到的万有引力大小相等，方向不同，选项 C错误；由 P到S的时间与从 P到Q的时间都是

各自轨道周期的一半，由开普勒第三定律可得＝，因为 PQ＝2QS，解得 T2＝T3，故选项 D错误．

6、如图甲所示，在光滑水平面上，静止放置一质量为M的足够长的木板，质量为m的小滑块(可视为质

点)放在长木板上．长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示，长木板足够长，重力加速度g取

10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．长木板的质量M＝2 kg

B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为 0.4

C．当 F＝14 N 时，长木板的加速度大小为 6 m/s2

D．当 F增大时，小滑块的加速度一定增大

答案　BC

解析　当F等于 12 N 时，加速度为：a＝4 m/s2.对整体分析，由牛顿第二定律有 F＝(M＋m)a，代入数据解

得：M＋m＝3 kg；当 F大于 12 N 时，m和M发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma，即 F＝

Ma＋μmg，结合题图可得：M＝1 kg，故 m＝2 kg，故 A错误；由题图可得，μmg＝8，故 μ＝0.4，故 B正

确；当 F＝14 N 时，长木板的加速度为：a＝6 m/s2，故 C正确；当 F大于 12 N 后，发生相对滑动，小滑块

的加速度为 a＝μg，与 F无关，F增大时小滑块的加速度不变，故 D错误．

7、在水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势 φ随坐标 x变化的图线如图 6所示 (φ0、－

φ0、x1、x2、x3、x4均已知，O、x1、x2、x3、x4为x轴上等间距的点)．现有一质量为m、电荷量为q的带负

电小球(不计重力)从O点以某一未知初速度v0沿x轴正方向射出，则下列说法正确的是(　　)

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